2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-4模塊整合講義.doc

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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-4模塊整合講義 一、簡諧運(yùn)動的對稱性 簡諧運(yùn)動的對稱性是指做簡諧運(yùn)動的物體，在關(guān)于平衡位置對稱的兩點(diǎn)，速度、加速度、回復(fù)力具有等大反向的關(guān)系，不要錯誤地認(rèn)為彈力的大小具有對稱性；動能的大小具有對稱性，不要錯誤地認(rèn)為彈性勢能具有對稱性．這是因為對于豎直方向的彈簧振子，回復(fù)力是彈力與重力的合力，系統(tǒng)的振動能量除動能、彈性勢能外，還有重力勢能．利用簡諧運(yùn)動的對稱性，可快捷地處理用牛頓運(yùn)動定律很難處理的問題． [例1]　一個質(zhì)點(diǎn)在平衡位置O點(diǎn)的附近做簡諧運(yùn)動，它離開O點(diǎn)運(yùn)動后經(jīng)3s第一次經(jīng)過M點(diǎn)，再經(jīng)過2s第二次經(jīng)過M點(diǎn)，則質(zhì)點(diǎn)再經(jīng)過________s第三次經(jīng)過M點(diǎn)．若該質(zhì)點(diǎn)由O點(diǎn)出發(fā)，在20s內(nèi)經(jīng)過的路程是20cm，則質(zhì)點(diǎn)做振動的振幅為________cm. [解析]　作出該質(zhì)點(diǎn)做振動的圖像如圖甲所示，從圖乙振動模擬圖可看出，M點(diǎn)的位置可能是兩個，即如圖甲所示的M1或M2. 若是位置M1，由圖甲可知 ＝4s，T1＝16s，質(zhì)點(diǎn)第三次經(jīng)過M1時，所需時間為Δt1＝16s－2s＝14s，質(zhì)點(diǎn)在20s內(nèi)的路程為20cm，故由5A1＝20cm，得振幅A1＝4cm. 若是位置M2，由圖可知 ＝4s，T2＝ s，質(zhì)點(diǎn)第三次經(jīng)過M2時，所需時間為Δt2＝ s－2s＝ s，質(zhì)點(diǎn)在20s內(nèi)的路程為20cm，故由15A2＝20cm，得振幅A2＝ cm. [答案]　14　4或　 [總結(jié)評述]　在求解過程中，往往容易漏掉了后一解，這是思考問題的不嚴(yán)密．可見用振動圖像進(jìn)行分析，不會出現(xiàn)漏解情況，而且使問題變得直觀、簡潔． 二、波的圖象及其多解性 波形在空間分布的周期性及振動在時間上的周期性是波動問題有多解的兩大因素，另外波的傳播方向未定，也會帶來波動問題的多解． 1．傳播方向的雙向性帶來的多解 在二維空間坐標(biāo)系中，波的傳播方向只有兩種可能：沿x軸的正方向或負(fù)方向．在波的傳播方向未定的情況下必須要考慮這一點(diǎn)． 2．圖形的多樣性帶來的多解 在波的傳播中，質(zhì)點(diǎn)的振動情況、波的傳播方向及波形三者緊密相關(guān)．若質(zhì)點(diǎn)在一定的限制條件(時間、空間、振動狀態(tài))下振動，則質(zhì)點(diǎn)間的波形可能不是唯一的，因此相應(yīng)的波的參變量可能不是唯一的． 3．波傳播時間的周期性帶來的多解 波在傳播過程中，經(jīng)過整數(shù)倍周期時，其波形圖線相同． 4．解決波動中多解問題的一般思路 (1)首先分析出造成多解的原因． (2)抓住質(zhì)點(diǎn)周期性運(yùn)動及其與波的傳播之間的聯(lián)系，并要靈活地用周期個數(shù)來表示波的傳播時間，用波長個數(shù)來表示波的傳播距離． (3)然后由λ＝vT進(jìn)行計算，若有限定條件，再進(jìn)行討論． [例2]　一列簡諧橫波在x軸上傳播，在t1＝0和t2＝0.5s兩時刻的波形分別如圖中的實線和虛線所示，求： (1)若周期大于t2－t1，波速多大？ (2)若周期小于t2－t1，則波速又是多少？ (3)若波速為92m/s，求波的傳播方向． [解析]　(1)若波向右傳播，Δx1＝2m，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v1＝ ＝4m/s； 若波向左傳播，Δx2＝6m，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v2＝ ＝12m/s. (2)若波向右傳播，Δx3＝(2＋8n)m(n＝1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v3＝ ＝(4＋16n)m/s(n＝1,2,3，…)； 若波向左傳播，Δx4＝(6＋8n)m＝n(1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5s，則v4＝ ＝(12＋16n)m/s(n＝1,2,3，…)． (3)當(dāng)波速為92m/s時，波向前傳播的距離為Δx＝vt＝46m＝ 由圖可知波向左傳播． [答案]　(1)若波向右傳播，波速為4m/s；若波向左傳播，波速為12m/s (2)若波向右傳播，波速為(4＋16n)m/s(n＝1,2,3，…) 若波向左傳播，波速為(12＋16n)m/s(n＝1,2,3，…) (3)向左傳播 三、振動圖象和波的圖象的綜合 1．振動圖象與波動圖象的互換 (1)由振動圖象定出振幅、周期及某時刻該質(zhì)點(diǎn)的振動方向，結(jié)合波的傳播方向從而可定出某時刻介質(zhì)中各個質(zhì)點(diǎn)在該時刻的位置，便可作出該時刻的波動圖象． (2)由波動圖象定振動圖象．從波動圖象定出振幅、該時刻某質(zhì)點(diǎn)的位置及振動方向，再結(jié)合波的傳播方向定出各個時刻該質(zhì)點(diǎn)的位置，便可求出該質(zhì)點(diǎn)的振動圖象． 2．解決兩種圖象結(jié)合的問題的基本思路 (1)首先識別哪一個是波動圖象，哪一個是振動圖象，兩者間的聯(lián)系紐帶是周期與振幅． (2)再從振動圖象中找出某一質(zhì)點(diǎn)在波動圖象中的那一時刻的振動方向，然后再確定波的傳播方向及其他問題． [例3]　下圖(甲)為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖(乙)為質(zhì)點(diǎn)P以此時刻為計時起點(diǎn)的振動圖象．從該時刻起 (　　) A．經(jīng)過0.35s，質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離 B．經(jīng)過0.25s，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度小于質(zhì)點(diǎn)P的加速度 C．經(jīng)過0.15s，波沿x軸的正方向傳播了3m D．經(jīng)過0.1s，質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動方向沿y軸正方向 [解析]　t＝0時刻從(乙)圖可知(甲)圖中P點(diǎn)振動方向沿y輛負(fù)向，所以(甲)圖中波沿x軸正向傳播，(甲)圖中各個質(zhì)點(diǎn)的振動周期相同，均為0.2s；經(jīng)過0.35s即7/4個周期，質(zhì)點(diǎn)P位于正的最大位移(即波峰)，而質(zhì)點(diǎn)Q正離開平衡位置向y軸負(fù)向運(yùn)動的過程中，位移還未達(dá)到最大值，故A正確；經(jīng)過0.25s即5/4個周期，質(zhì)點(diǎn)P處于負(fù)向最大位移，而質(zhì)點(diǎn)Q的位移未達(dá)到最大值，而加速度與位移大小成正比，故B正確；根據(jù)波速公式v＝ ＝20m/s，根據(jù)x＝vt可知C正確；經(jīng)過0.1s即1/2個周期，質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動方向沿y軸負(fù)方向，故D錯誤． [答案]　ABC 四、電磁振蕩的周期和頻率 1．振蕩過程中電荷量、電流、電場能和磁場能的變化 在LC回路產(chǎn)生振蕩電流的過程中，磁場能和電場能之間不斷地相互轉(zhuǎn)化著，電容器放電時，電容器電荷量減小，電流增大，電場能轉(zhuǎn)化為磁場能；放電完畢的瞬間，電荷量為零，電流最大，電場能為零，磁場能轉(zhuǎn)化為電場能；充電完畢的瞬間，電流為零，電荷量達(dá)到最大，此時磁場能為零，電場能最大． 2．電磁振蕩的周期和頻率 [例4]　在如圖甲所示的LC振蕩電路中，通過P點(diǎn)的電流變化規(guī)律如圖乙所示，且把通過P點(diǎn)向右的電流規(guī)定為圖乙坐標(biāo)軸i的正方向，則 (　　) A．0.5s至1s內(nèi)，電容器在充電 B．0.5s至1s內(nèi)，電容器的上極板帶正電 C．1s至1.5s內(nèi)，Q點(diǎn)比P點(diǎn)電勢高 D．1s至1.5s內(nèi)，磁場能正在轉(zhuǎn)化為電場能 [解析]　在0.5s至1s內(nèi)，由圖象可以看出，電流方向為正方向，即在LC振蕩電路中P點(diǎn)的電流方向向右；由于電流正在減小，故電容器上的電量正在增加，電容器在充電，且下極板帶正電．由于P點(diǎn)與電容器上極板等電勢，Q點(diǎn)與電容器下極板等電勢，故為了比較P，Q兩點(diǎn)電勢的高低，只要比較電容器上、下極板電勢的高低即可．在1s至1.5s內(nèi)，電流為負(fù)方向，在LC回路中P點(diǎn)的電流方向向左；由于電流增大，故電容器正在放電，電容器的電荷量在減少，下極板帶正電，故Q點(diǎn)電勢比P點(diǎn)電勢高，且在此時間內(nèi)電場能正在向磁場能轉(zhuǎn)化． [答案]　AC 五、電磁場理論的理解與應(yīng)用 變化的磁場在周圍空間激發(fā)的電場是渦旋電場，渦旋電場與靜電場一樣對電荷有力的作用．但渦旋電場又與靜電場不同，它不是靜電荷產(chǎn)生的，它的電場線是閉合的，在渦旋電場中移動電荷時，電場力做的功與路徑有關(guān)，因此不能引用“電勢”“電勢能”等概念，變化的磁場產(chǎn)生電場是電磁感應(yīng)現(xiàn)象的本質(zhì)． [例5]　電子感應(yīng)加速器是利用變化磁場產(chǎn)生的電場來加速電子的，如圖所示．在圓形磁鐵的兩極之間有一環(huán)形真空室，用交變電流作電源充磁的電磁鐵在兩極間產(chǎn)生交變磁場，從而在環(huán)形室內(nèi)產(chǎn)生很強(qiáng)的電場，使電子加速．被加速的電子同時在洛倫茲力的作用下沿圓形軌道運(yùn)動，設(shè)法把高能電子引入靶室，能使其進(jìn)一步加速．在一個半徑為r的電子感應(yīng)加速器中，電子在被加速的4.210－3s時間內(nèi)獲得的能量為120MeV，這期間電子軌道內(nèi)的高頻交變磁場是線性變化的，磁通量從零增到1.8Wb，求： 電子感應(yīng)加速器結(jié)構(gòu)原理圖 (1)電子在環(huán)形真空室中共繞行了多少周？ (2)有人說，根據(jù)麥克斯韋電磁場理論及法拉第電磁感應(yīng)定律，電子感應(yīng)加速器要完成電子的加速過程，電子軌道內(nèi)的高頻交變磁場也可以是線性減弱的，效果將完全一樣．你同意嗎？請簡述理由． [解析]　(1)由麥克斯韋電磁場理論可知，當(dāng)交變磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度線性增強(qiáng)時，電子所處的環(huán)形真空室內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該電動勢可由法拉第電磁感應(yīng)定律求得，令其為ε， 則電子在環(huán)形真空室中運(yùn)動一周的過程中被電場加速做功為W0＝εe＝ 103eV，那么獲得120MeV的能量需繞行的周數(shù)為 (2)不同意．盡管交變磁場線性減小也可以產(chǎn)生等大的電動勢使電子加速，但減小的磁場不能提供越來越大的洛倫茲力以維持做加速運(yùn)動的電子繞行時所需的向心力． [答案]　(1)2.8105　(2)見解析 六、光的折射和折射率 1．光的折射定律 折射光線跟入射光線在同一平面內(nèi)；折射光線和入射光線分別位于法線的兩側(cè)；入射角的正弦跟折射角的正弦成正比，即＝ n. 在光的折射現(xiàn)象中，光路也是可逆的． 2．折射率 光從真空射入某種介質(zhì)，入射角的正弦與折射角正弦之比為定值，叫做介質(zhì)的折射率，表示為n＝ . 實驗和研究證明，某種介質(zhì)的折射率等于光在真空中的速度c跟光在這種介質(zhì)中的速度v之比，即n＝ . 同一種介質(zhì)，對頻率越高的光，折射率越大，這是光的色散現(xiàn)象形成的根本原因． 3．全反射和臨界角 全反射的條件：①光從光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)；②入射角大于或等于臨界角． 臨界角：折射角等于90時的入射角，某種介質(zhì)的臨界角用sinC＝ 計算． [例6]　如圖所示，AOB是由某種透明物質(zhì)制成的1/4圓柱體的橫截面(O為圓心)，其折射率為，今有一束平行光以45的入射角射向柱體的OA平面，這些光線中有一部分不能從柱體的AB面上射出．設(shè)所有射到OB面的光線全部被吸收，也不考慮OA面的反射，求圓柱AB面上能射出光線的部分占AB表面的幾分之幾？并在圖中用陰影部分標(biāo)示． [解析]　作出光路如右圖所示，從O點(diǎn)射入的光線，折射角為r，根據(jù)折射定律有： 解得r＝30 從某位置P點(diǎn)入射的光線，折射到AB弧面上Q點(diǎn)時，入射角恰等于臨界角C，有： 代入數(shù)據(jù)得：C＝45 △PQO中，α＝180－90－r－C＝15 所以能射出的光線區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角 β＝90－α－r＝45 故能射出光線的部分占AB面的比例為： 圖中陰影部分為能射出光線的區(qū)域． [答案]　 七、全反射和臨界角 1．全反射 (1)現(xiàn)象：光經(jīng)過兩種不同介質(zhì)的界面時全部反射，不發(fā)生折射的現(xiàn)象． (2)條件：①光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)．②入射角大于等于臨界角． 2．臨界角：sinC＝ ，C為折射角等于90時的入射角． [例7]　如圖所示，置于空氣中的一不透明容器內(nèi)盛滿某種透明液體．容器底部靠近器壁處有一豎直放置的6.0cm長的線光源．靠近線光源一側(cè)的液面上蓋有一遮光板，另一側(cè)有一水平放置的與液面等高的望遠(yuǎn)鏡，用來觀察線光源．開始時通過望遠(yuǎn)鏡不能看到線光源的任何一部分．將線光源沿容器底向望遠(yuǎn)鏡一側(cè)平移至某處時，通過望遠(yuǎn)鏡剛好可以看到線光源底端，再將線光源沿同一方向移動8.0cm，剛好可以看到其頂端．求此液體的折射率n. [解析]　若線光源底端在A點(diǎn)時，望遠(yuǎn)鏡內(nèi)剛好可看到線光源的底端，則有： ∠AOO′＝α 其中α為此液體到空氣的全反射臨界角，由折射定律得：sinα＝ 同理，線光源頂端在B1點(diǎn)時，望遠(yuǎn)鏡內(nèi)剛好可看到線光源的頂端，則：∠B1OO′＝α 由圖中幾何關(guān)系得：sinα＝ [答案]　1.3